第三章 第2讲　小专题 牛顿第二定律的基本应用练习含答案-高考物理一轮专题

这是一份第三章 第2讲　小专题 牛顿第二定律的基本应用练习含答案-高考物理一轮专题，共18页。试卷主要包含了实重和视重，超重、失重和完全失重的比较，0 s-t1=2 s,， 滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏等内容，欢迎下载使用。
1.实重和视重
(1)实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关。
(2)视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力,此时弹簧测力计或台秤的读数即为视重。
2.超重、失重和完全失重的比较
[例1] 【对超、失重现象的理解】(2024·湖南长沙期中)如图所示,原地纵跳摸高是篮球和羽毛球运动中重要的训练项目之一。运动员先由静止下蹲一段位移,经过充分蓄力后,发力跳起摸到一定的高度,落地后屈腿缓冲。运动员在下降过程中,下列说法正确的是( )
[A] 始终处于超重状态
[B] 始终处于失重状态
[C] 先失重后超重
[D] 先超重后失重
【答案】 C
【解析】 由于物体加速度方向决定超失重情况,当物体的加速度向上时处于超重状态,加速度向下时为失重状态。运动员下降过程中先以重力加速度下落,接触地面后支持力增大,向下的加速度减小,变为0后又反向增大,即先失重后超重。故C正确。
[变式] 运动员在空中运动过程中超、失重情况如何?
【答案】 完全失重
【解析】 运动员在空中运动过程中无论是上升还是下落,加速度均为重力加速度,则运动员处于完全失重状态。
[例2] 【超、失重现象的图像问题】 (2024·云南保山期末)(多选)某科技爱好者利用智能手机加速度传感器,测量升降机在竖直方向运行的加速度,如图所示为手机显示的a-t图像,人站在升降机内由静止开始运动,规定竖直向上为正方向,人与手机质量m=50 kg,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
[A] 0～5 s站在升降机上的人处于超重状态
[B] t=15 s时升降机上升的速度大小为3 m/s
[C] 15～20 s升降机对人的支持力大小为520 N
[D] 0～20 s升降机上升的高度为30 m
【答案】 AD
【解析】 由a-t图像可知,0～5 s加速度方向向上,人处于超重状态,故A正确。在a-t图像中,图线与t轴所围面积表示速度的变化,则0～5 s升降机速度增加Δv=0.4×5 m/s=2 m/s,由于升降机由静止向上做匀加速运动,即5 s末的速度为v1=2 m/s,该过程升降机位移x1=12at12=5 m;5～15 s升降机加速度为0而做匀速运动,则t=15 s时升降机上升的速度大小为2 m/s,其位移x2=vt2=20 m;15～20 s升降机做匀减速运动,初速度v3=2 m/s,加速度a′=-0.4 m/s2,位移x3=v3t3+12a′t32=5 m;则0～20 s升降机上升的高度为x=x1+x2+x3=30 m,故B错误,D正确。15～20 s升降机做匀减速运动,根据牛顿第二定律有FN-mg=ma′,解得FN =480 N,故C错误。
判断超重和失重的方法
考点二 动力学两类基本问题
1.解决动力学两类基本问题的思路
2.基本步骤
[例3] 【已知受力求运动情况】(2024·安徽芜湖阶段检测)滑雪是很多人喜欢的运动项目。如图所示,ABC为一简化的雪道模型,AB段为长L=100 m倾角θ=18°的山坡雪道,BC段为水平雪道,AB与BC平滑相连。一位质量m=80 kg(含装备)的滑雪者从山坡雪道顶端A处从静止开始自由滑下,到达底端后进入水平雪道。已知雪橇与水平雪道和山坡雪道之间的动摩擦因数均为0.1,忽略空气阻力,g取10 m/s2,取sin 18°=0.31,cs 18°=0.95。如果滑雪者没有任何助力动作。求:
(1)滑雪者在山坡雪道下滑时的加速度a1的大小;
(2)为了使滑雪者利用雪橇与雪道间的摩擦停下来,水平雪道BC的长度x的最小值。
【答案】 (1)2.15 m/s2 (2)215 m
【解析】 (1)滑雪者在山坡雪道下滑时受重力、支持力和摩擦力作用,根据平衡条件和牛顿第二定律有
FN-mgcs θ=0,
mgsin θ-μFN=ma1,
联立解得a1=2.15 m/s2。
(2)滑雪者在山坡雪道下滑过程中,根据匀变速运动速度与位移关系式有vB2=2a1L,
则vB=2a1L,
滑雪者在水平雪道上滑行时水平方向只受滑动摩擦力Ff=μmg而做匀减速运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma2,
代入数值解得a2=1 m/s2;
为使滑雪者利用雪橇与雪道间的摩擦停下来,根据速度位移关系式得水平雪道BC的长度
x≥vB22a2=2a1L2a2=2.15×1001 m=215 m,
即水平雪道BC的长度x的最小值为215 m。
[变式] 为了能在[例3]情境中的水平雪道上较快地停下,滑雪者在滑到山坡雪道上的P点时,开始通过调整姿态来增加阻力直到B点,进入水平雪道后不再增加阻力。若滑雪者在山坡雪道上增加的阻力为人对雪道压力的0.9倍,进入水平雪道后经x2=44 m停下,求滑雪者开始调整姿态的位置P与B的距离x1。
【答案】 20 m
【解析】 滑雪者到达P点过程中有
vP2=2a1(L-x1),
而滑雪者由B点到停下过程中
有vB′2=2a2x2,
滑雪者在PB段,根据牛顿第二定律
有mgsin θ-μmgcs θ-0.9mgcs θ=ma3,
根据匀变速运动规律有vB′2-vP2=2a3x1,
由以上各式联立,代入数据得x1=20 m。
[例4] 【已知运动情况求受力】(2024·湖南专题练习)如图甲所示,质量为m=1 kg小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动,小球在t1=1 s时刻在B处与挡板碰撞,然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动,在t2=1.25 s时刻到达C点,接着从C点运动到B点,到达B点的时刻为t3。整个过程小球的v-t图像如图乙所示(v0未知),已知a2与a1大小的差值为4 m/s2,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)小球受到阻力的大小和斜面倾角的正弦值;
(2)t3的值。
【答案】 (1)2 N 0.6 (2)5+24 s
【解析】 (1)设斜面倾角为θ,小球从A运动到挡板,即在0～1 s时间内由速度时间公式和牛顿第二定律得2v0=a1t1,mgsin θ-Ff=ma1,
小球从挡板运动到C点,即在t1～t2(1～1.25 s)时间内有
v0=a2(t2-t1),mgsin θ+Ff=ma2,
而a2-a1=4 m/s2,
联立解得a1=4 m/s2,a2=8 m/s2,v0=2 m/s,
Ff=2 N,sin θ=0.6。
(2)根据v-t图像中图线与t轴所围面积表示位移,由题图乙可知,BC之间位移大小为
x1=v02×(t2-t1)=0.25 m,
设小球从C运动到B的时间为t,根据位移公式,有x1=12a1t2,
解得t=24 s,
则t3=t2+t=5+24 s。
[变式] 若在[例4]的情境中,对小球施加一沿斜面向下的恒力F,从A点由静止开始运动,到达B处力F突然消失,小球与挡板碰撞,此后以碰撞前速度的23反向运动且恰好到达A点,则恒力F的大小是多少?
【答案】 14 N
【解析】 由题图乙可知,A、B两点间距离
xAB=12·2v0·t1=v0t1,
设小球与挡板碰撞前速度为v0′,则小球上滑初速度为23v0′,小球上滑过程中,根据速度与位移关系式有(23v0′)2=2a2xAB,
联立解得v0′=322a2v0t1=62 m/s;
设小球由A到B的过程中加速度大小为a3,则v0′2=2a3xAB,
又根据牛顿第二定律有F+mgsin θ-Ff=ma3,
代入数据解得F=14 N。
解答动力学基本问题的“两个分析”“一个桥梁”
考点三 牛顿第二定律的瞬时性问题和等时圆的应用
1.瞬时性问题的两种模型
2.等时圆模型
(1)结论。
在同一竖直圆上,物体从不同位置沿不同的光滑弦由静止开始滑至最低点,或者从同一竖直圆的最高点沿不同的光滑弦滑至圆上,物体的运动时间相等,且仅决定于圆的直径。
(2)类型。
如图甲、乙、丙所示,质点由静止开始从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端滑到圆环的最低点、质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦滑到下端或相邻圆环由C到D,从E到F。
甲图中质点分别由A、C、D、E到达B点的时间相等;乙图中质点由A点到达B、C、D、E的时间相等;丙图中质点从E到F、从C到D的时间相等。
[例5] 【轻绳模型】 (2024·湖南卷,3)如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球a、b、c、d,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g。若将b、c间的细线剪断,则剪断瞬间b和c的加速度大小分别为( )
[A] g,1.5g[B] 2g,1.5g
[C] 2g,0.5g[D] g,0.5g
【答案】 A
【解析】 b、c间细线剪断前,a、b间弹簧弹力Fab=(3m+2m+m)g=6mg,b、c间细线拉力Fbc=(2m+m)g=3mg,c、d间弹簧弹力Fcd=mg;细线剪断瞬间,a、b间弹力不变,对小球b有,Fab-3mg=3mab,解得ab=g,方向竖直向上;对球c,由于b、c间细线拉力突然消失,有Fdc+2mg=2mac,解得ac=1.5g,方向竖直向下。选项A正确。
[变式] 在[例5]情境中,若不是剪断b、c间细线,而是紧靠b球上侧剪断弹簧,则剪断弹簧瞬间各球加速度是多少?
【答案】 aa=0 ab=ac=1.2g ad=0
【解析】 在b球上侧剪断a、b间弹簧瞬间,弹簧弹力不发生突变,则a、d两球不受影响而加速度为0;由于b球受到的向上的弹力突然消失,而细线拉力会发生突变,若细线拉力突然消失,小球b只受重力,小球c除受重力外,还有c、d间弹簧弹力,此时有abt2>t3[B] t1=t3>t2
[C] t2=t4>t1[D] t2t3,D正确。
“等时圆”模型规律的应用
(满分:70分)
对点1.超重与失重问题
1.(4分)(2024·云南昆明阶段练习)一乘客乘坐竖直电梯上楼,其位移x与时间t的关系图像如图所示,乘客的速度大小用v表示。以下判断正确的是( )
[A] 0～t1时间内,v增大,乘客处于超重状态
[B] t1～t2时间内,v减小,乘客处于失重状态
[C] t2～t3时间内,v增大,乘客处于超重状态
[D] t2～t3时间内,v减小,乘客处于超重状态
【答案】 A
【解析】 由于x-t图像中图线的斜率表示速度,可知0～t1时间内,v向上且增大,则加速度向上,乘客处于超重状态;t1～t2时间内,v不变,乘客匀速上升,即处于平衡状态;t2～t3时间内,v向上且减小,则加速度向下,乘客处于失重状态。A正确。
2.(4分)(2025·云南高考适应性考试)某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上,电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上升过程中,某时刻电子秤的示数如图乙所示,则该时刻电梯(重力加速度g取10 m/s2)( )
[A] 做减速运动,加速度大小为1.05 m/s2
[B] 做减速运动,加速度大小为0.50 m/s2
[C] 做加速运动,加速度大小为1.05 m/s2
[D] 做加速运动,加速度大小为0.50 m/s2
【答案】 D
【解析】 由题意知,电梯在上升的过程中,视重大于实重,受到的支持力大于重力,处于超重状态,加速度向上,做加速运动;由牛顿第二定律有FN-mg=ma,解得a=0.50 m/s2,故D正确。
对点2.动力学两类基本问题
3.(4分)(2024·海南阶段练习)如图所示,光滑的水平地面上静止放置一辆小车,在小车的内部用两根细绳拴一个可视为质点的小球,其中a绳水平,b绳倾斜且与a绳之间的夹角为150°,下列说法正确的是( )
[A] 小车静止时,a、b两绳上的拉力大小之比为1∶2
[B] 小车静止时,a、b两绳上的拉力大小之比为 3∶2
[C] 若小球随着小车一起水平向左做匀加速直线运动,随着加速度的逐渐增大,两绳上的拉力也逐渐增大
[D] 若小球随着小车一起水平向右做匀加速直线运动的加速度等于1.5g时,a绳上的拉力恰好为0
【答案】 B
【解析】 设细绳a、b的拉力分别FTa、FTb,小车静止时,由平衡条件可得FTaFTb=cs 30°=32,故B正确,A错误;设小球的质量为m,若小球随着小车一起水平向左做匀加速直线运动,竖直方向有FTbsin 30°=mg,可得FTb=2mg,水平方向有FTa-FTbcs 30°=ma,可得FTa=ma+3mg,即FTa随着加速度增大而增大,而FTb不变,故C错误;若小球随着小车一起水平向右做匀加速直线运动,当a绳上的拉力恰好为0时,竖直方向根据平衡条件FTbsin 30°=mg,可得FTb=2mg,水平方向FTbcs 30°=ma,得a=3g,可知当加速度为1.5g时,细绳a处于张紧状态,故D错误。
4.(16分)(2024·安徽合肥期中)钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示,长12 m的水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接,斜道BC与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发,推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图乙所示),到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点,始终在冰面上运动,其总质量为110 kg,取sin 15°=0.26,g取10 m/s2,求:
(1)雪车(包括运动员)在直道AB上的加速度大小和在AB上运动时间t1;
(2)过C点的速度大小;
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
【答案】 (1)83 m/s2 3 s (2)12 m/s (3)66 N
【解析】 (1)设雪车在直道AB段加速度大小为a1,根据位移速度公式有vB2=2a1xAB,
解得a1=vB22xAB=822×12 m/s2=83 m/s2,
根据速度公式有vB=a1t1,
则t1=vBa1=3 s。
(2)从B点到C点过程中,由匀变速直线运动速度与位移关系式得xBC=vBt2+12a2t22,
其中t2=5.0 s-t1=2 s,
联立解得a2=2 m/s2,
过C点的速度大小为
vC=vB+a2t2=12 m/s。
(3)设在斜道BC上运动时受到的阻力大小为Ff,由牛顿第二定律可得mgsin 15°-Ff=ma2,
代入数值解得Ff=66 N。
对点3.牛顿第二定律的瞬时性问题和等时圆的应用
5.(6分)(2024·贵州三模)(多选)如图所示,可视为质点的小球用轻质细绳OA和OB悬挂静止在O点,绳OA与竖直方向的夹角为θ,绳OB水平。重力加速度为g,下列说法正确的是( )
[A] 剪断绳OB瞬间,小球的加速度大小为gtan θ
[B] 剪断绳OB瞬间,小球的加速度大小为gsin θ
[C] 剪断绳OA瞬间,小球的加速度为零
[D] 剪断绳OA瞬间,小球的加速度为g
【答案】 BD
【解析】 剪断绳OB瞬间,小球即将开始绕A点做圆周运动,此时速度为0,则沿细绳方向加速度为0,沿垂直于细绳方向有mgsin θ=ma,解得a=gsin θ,故A错误,B正确;同理剪断OA瞬间,其竖直方向有mg=ma′,即a′=g,故C错误,D正确。
6.(4分)(2025·陕晋青宁高考适应性考试)如图,质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接,并用轻绳L1、L2固定,处于静止状态,L1水平,L2与竖直方向的夹角为60°,重力加速度大小为g。则( )
[A] L1的拉力大小为3mg
[B] L2的拉力大小为3mg
[C] 若剪断L1,该瞬间小球甲的加速度大小为 3g
[D] 若剪断L1,该瞬间小球乙的加速度大小为g
【答案】 C
【解析】 对甲、乙整体受力分析可知,L1的拉力大小为FT1=2mgtan 60°=23mg,L2的拉力大小为 FT2=2mgcs60°=4mg,选项A、B错误。剪断L1的瞬间,弹簧的弹力不变,则小球乙受的合力仍为零,加速度为零;对甲分析,L2中拉力发生突变,重力和弹簧弹力的合力沿轻绳L2方向的分力与L2的拉力平衡,垂直于轻绳L2方向的分力提供加速度,有a=2mgsin60°m=3g,选项C正确,D错误。
7.(12分) (2024·四川绵阳课时练习)滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB和AC,A、B、C在竖直平面内的同一圆周上,且A为圆周的最高点,示意图如图所示,已知圆周半径为R。在圆周所在的竖直平面内有一位置P,距离A点为3R,且与A等高。各滑梯的摩擦均不计,已知重力加速度为g。
(1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下,试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系;
(2)若设计一部上端在P点,下端在圆周上某点的直滑梯,则小朋友沿此滑梯由静止滑下时,在滑梯上运动的最短时间是多少?
【答案】 (1)见解析 (2)3Rg
【解析】 (1)设AB与水平方向的夹角为θ,
小朋友沿AB下滑时的加速度a=mgsinθm=gsin θ,
由运动学公式有xAB=12atAB2,
由几何关系知xAB=2Rsin θ,
解得tAB=4Rg,
则沿滑梯运动的时间t与滑梯和水平面间的夹角无关,同理可知tAC=4Rg,
故tAB=tAC。
(2)作以P点为最高点、半径为r且与题图中圆外切的圆,如图,
设切点为D,根据第(1)问的结论,当小朋友沿滑梯PD下滑时,
在滑梯上运动的时间最短,由几何关系知(R+r)2=(R-r)2+(3R)2,
解得r=34R,
结合第(1)问的结论有tPD=4rg=3Rg。
8.(4分)(2024·云南昆明期中)如图所示,物体在摩擦力的作用下沿水平地面做匀减速直线运动的位移x与时间t的关系图像是抛物线的一部分,图像在O点的切线过B点,在A点的切线与横轴平行,重力加速度大小g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
[A] 物体的减速距离为2 m
[B] 物体的初速度大小为2 m/s
[C] 物体沿地面运动的时间为2 s
[D] 物体与地面间的动摩擦因数为0.1
【答案】 C
【解析】 位移与时间的关系图像中某点的斜率表示该时刻的瞬时速度,O点的切线过B点,则物体的初速度大小为4 m/s;在A点的切线与横轴平行,所以A点对应时刻的速度为0,则减速距离为4 m,故A、B错误。根据匀变速直线运动中关系式x=vt,v=v+v02,代入数值解得t=2 s,故C正确。根据速度与位移关系式有0-v2=2(-a)x,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得μ=0.2,故D错误。
9.(16分)某警犬训练基地在一次警犬训练时,驯犬员在一条训练专用直道上与起跑线相距s=75 m处竖直放置一个弹性挡板,接着先将训练用球沿地面以v0=20 m/s垂直于起跑线水平击出,训练用球与地面间的动摩擦因数μ=0.2(球运动过程中所受摩擦力视为滑动摩擦力),球与挡板碰撞前后速度等大反向;训练用球被击出2 s后,指令警犬从起跑线沿垂直于起跑线方向由静止出发追击训练用球,假设警犬以加速度a1=2 m/s2做匀加速直线运动,g取10 m/s2,近似认为警犬和训练用球在同一条直线上运动,不计球与挡板的碰撞时间,求:
(1)训练用球被击出至与挡板碰撞所用的时间t1;
(2)训练用球被击出后经过多长时间被警犬追上。
【答案】 (1)5 s (2)738 s
【解析】 (1)球在摩擦力的作用下做匀减速运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma,
则加速度大小为a2=μg=2 m/s2,
球被击出至与挡板碰撞前的过程,根据v2-v02=2ax,v=v0+at,
代入数值得训练球到达挡板的时间t1=5 s,
速度大小为v1=10 m/s。
(2)球被击出后2 s警犬开始运动,开始时警犬速度小于球的速度于是二者先远离,球撞到挡板时,警犬运动时间为t2=t1-2 s=3 s,
此时警犬速度为v2=a1t2=6 m/s,
位移为x1=12a1t22=9 m,
所以球撞挡板之前,警犬没有追上球。球撞击挡板后速度等大反向,此后球与警犬相向而行,设再经过时间t3,警犬追上球,则有v2t3+12a1t32+v1t3-12a2t32=s-x1,
代入数值解得t3=338 s,即训练用球被击出后经过t=t1+t3=738s被警犬追上。状态
超重
失重
完全失重
现象
视重大于物体重力
视重小于物体重力
视重等于0
产生
条件
竖直方向上,物体的加速度向上
竖直方向上,物体的加速度向下
竖直方向上,物体的加速度向下且等于g
运动
状态
加速上升或减速下降
加速下降或减速上升
以g为加速度加速下降或减速上升
原理
方程
F-mg=ma
F=mg+ma
mg-F=ma
F=mg-ma
mg-F=mg,
F=0
受力
判断
物体除受重力外,仅受到竖直向上的拉力(或支持力)
(1)F(或FN)>mg时,物体处于超重状态。
(2)F(或FN)